![2022年江西省临川一中、玉山一中等九校重点中学高三3月份模拟考试数学试题含解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view12/M01/1E/04/wKhkGWa9VnyAFMlQAAHaCREsdQU818.jpg)
![2022年江西省临川一中、玉山一中等九校重点中学高三3月份模拟考试数学试题含解析_第2页](http://file4.renrendoc.com/view12/M01/1E/04/wKhkGWa9VnyAFMlQAAHaCREsdQU8182.jpg)
![2022年江西省临川一中、玉山一中等九校重点中学高三3月份模拟考试数学试题含解析_第3页](http://file4.renrendoc.com/view12/M01/1E/04/wKhkGWa9VnyAFMlQAAHaCREsdQU8183.jpg)
![2022年江西省临川一中、玉山一中等九校重点中学高三3月份模拟考试数学试题含解析_第4页](http://file4.renrendoc.com/view12/M01/1E/04/wKhkGWa9VnyAFMlQAAHaCREsdQU8184.jpg)
![2022年江西省临川一中、玉山一中等九校重点中学高三3月份模拟考试数学试题含解析_第5页](http://file4.renrendoc.com/view12/M01/1E/04/wKhkGWa9VnyAFMlQAAHaCREsdQU8185.jpg)
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.如图,某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的,则该几何体的体积为()A. B. C.6 D.与点O的位置有关2.已知函数,将函数的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象,若函数的图象的一条对称轴是,则的最小值为A. B. C. D.3.若,满足约束条件,则的最大值是()A. B. C.13 D.4.已知,满足,且的最大值是最小值的4倍,则的值是()A.4 B. C. D.5.已知复数是正实数,则实数的值为()A. B. C. D.6.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为,且,则该双曲线的离心率为()A. B. C.2 D.47.已知抛物线的焦点为,是抛物线上两个不同的点,若,则线段的中点到轴的距离为()A.5 B.3 C. D.28.在边长为2的菱形中,,将菱形沿对角线对折,使二面角的余弦值为,则所得三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.9.设为坐标原点,是以为焦点的抛物线上任意一点,是线段上的点,且,则直线的斜率的最大值为()A.1 B. C. D.10.设,则()A. B. C. D.11.某几何体的三视图如图所示,其中正视图是边长为4的正三角形,俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成,则该几何体的体积为()A. B. C. D.12.已知函数,则的值等于()A.2018 B.1009 C.1010 D.2020二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设,满足条件,则的最大值为__________.14.已知等差数列的前n项和为,,,则=_______.15.的展开式中,的系数是__________.(用数字填写答案)16.若,则____.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)在直角坐标系中,圆C的参数方程(为参数),以O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求圆C的极坐标方程;(2)直线l的极坐标方程是,射线与圆C的交点为O、P,与直线l的交点为Q,求线段的长.18.(12分)已知函数.(1)当时,解关于的不等式;(2)若对任意,都存在,使得不等式成立,求实数的取值范围.19.(12分)如图,已知正方形所在平面与梯形所在平面垂直,BM∥AN,,,.(1)证明:平面;(2)求点N到平面CDM的距离.20.(12分)以直角坐标系的原点为极点,轴的非负半轴为极轴,且两坐标系取相同的长度单位.已知曲线的参数方程:(为参数),直线的极坐标方程:(1)求曲线的极坐标方程;(2)若直线与曲线交于、两点,求的最大值.21.(12分)如图,四棱锥中,平面平面,若,四边形是平行四边形,且.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)若点在线段上,且平面,,,求二面角的余弦值.22.(10分)如图1,在等腰中,,,分别为,的中点,为的中点,在线段上,且。将沿折起,使点到的位置(如图2所示),且。(1)证明:平面;(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.B【解析】
根据三视图还原直观图如下图所示,几何体的体积为正方体的体积减去四棱锥的体积,即可求出结论.【详解】如下图是还原后的几何体,是由棱长为2的正方体挖去一个四棱锥构成的,正方体的体积为8,四棱锥的底面是边长为2的正方形,顶点O在平面上,高为2,所以四棱锥的体积为,所以该几何体的体积为.故选:B.【点睛】本题考查三视图求几何体的体积,还原几何体的直观图是解题的关键,属于基础题.2.C【解析】
将函数的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象,因为函数的图象的一条对称轴是,所以,即,所以,又,所以的最小值为.故选C.3.C【解析】
由已知画出可行域,利用目标函数的几何意义求最大值.【详解】解:表示可行域内的点到坐标原点的距离的平方,画出不等式组表示的可行域,如图,由解得即点到坐标原点的距离最大,即.故选:.【点睛】本题考查线性规划问题,考查数形结合的数学思想以及运算求解能力,属于基础题.4.D【解析】试题分析:先画出可行域如图:由,得,由,得,当直线过点时,目标函数取得最大值,最大值为3;当直线过点时,目标函数取得最小值,最小值为3a;由条件得,所以,故选D.考点:线性规划.5.C【解析】
将复数化成标准形式,由题意可得实部大于零,虚部等于零,即可得到答案.【详解】因为为正实数,所以且,解得.故选:C【点睛】本题考查复数的基本定义,属基础题.6.A【解析】
由倾斜角的余弦值,求出正切值,即的关系,求出双曲线的离心率.【详解】解:设双曲线的半个焦距为,由题意又,则,,,所以离心率,故选:A.【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质,属于基础题7.D【解析】
由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.【详解】解:由抛物线方程可知,,即,.设则,即,所以.所以线段的中点到轴的距离为.故选:D.【点睛】本题考查了抛物线的定义,考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.8.D【解析】
取AC中点N,由题意得即为二面角的平面角,过点B作于O,易得点O为的中心,则三棱锥的外接球球心在直线BO上,设球心为,半径为,列出方程即可得解.【详解】如图,由题意易知与均为正三角形,取AC中点N,连接BN,DN,则,,即为二面角的平面角,过点B作于O,则平面ACD,由,可得,,,即点O为的中心,三棱锥的外接球球心在直线BO上,设球心为,半径为,,,解得,三棱锥的外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题考查了立体图形外接球表面积的求解,考查了空间想象能力,属于中档题.9.A【解析】
设,因为,得到,利用直线的斜率公式,得到,结合基本不等式,即可求解.【详解】由题意,抛物线的焦点坐标为,设,因为,即线段的中点,所以,所以直线的斜率,当且仅当,即时等号成立,所以直线的斜率的最大值为1.故选:A.【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及其应用,直线的斜率公式,以及利用基本不等式求最值的应用,着重考查了推理与运算能力,属于中档试题.10.D【解析】
结合指数函数及对数函数的单调性,可判断出,,,即可选出答案.【详解】由,即,又,即,,即,所以.故选:D.【点睛】本题考查了几个数的大小比较,考查了指数函数与对数函数的单调性的应用,属于基础题.11.A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体,前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥,后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥,体积为故答案为A.点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法:1、首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图;2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;3、画出整体,然后再根据三视图进行调整.12.C【解析】
首先,根据二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式,根据所求函数的周期性,得到其周期为4,然后借助于三角函数的周期性确定其值即可.【详解】解:.,,的周期为,,,,,..故选:C【点睛】本题重点考查了三角函数的图象与性质、三角恒等变换等知识,掌握辅助角公式化简函数解析式是解题的关键,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
作出可行域,由得,平移直线,数形结合可求的最大值.【详解】作出可行域如图所示由得,则是直线在轴上的截距.平移直线,当直线经过可行域内的点时,最小,此时最大.解方程组,得,..故答案为:.【点睛】本题考查简单的线性规划,属于基础题.14.【解析】
利用求出公差,结合等差数列的通项公式可求.【详解】设公差为,因为,所以,即.所以.故答案为:【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的求解,利用等差数列的基本量是求解这类问题的通性通法,侧重考查数学运算的核心素养.15.【解析】
根据组合的知识,结合组合数的公式,可得结果.【详解】由题可知:项来源可以是:(1)取1个,4个(2)取2个,3个的系数为:故答案为:【点睛】本题主要考查组合的知识,熟悉二项式定理展开式中每一项的来源,实质上每个因式中各取一项的乘积,转化为组合的知识,属中档题.16.【解析】
由,得出,根据两角和与差的正弦公式和余弦公式化简,再利用齐次式即可求出结果.【详解】因为,所以,所以.故答案为:.【点睛】本题考查三角函数化简求值,利用二倍角正切公式、两角和与差的正弦公式和余弦公式,以及运用齐次式求值,属于对公式的考查以及对计算能力的考查.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(1);(2)2【解析】
(1)首先利用对圆C的参数方程(φ为参数)进行消参数运算,化为普通方程,再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程.(2)设,联立直线与圆的极坐标方程,解得;设,联立直线与直线的极坐标方程,解得,可得.【详解】(1)圆C的普通方程为,又,所以圆C的极坐标方程为.(2)设,则由解得,,得;设,则由解得,,得;所以【点睛】本题考查圆的参数方程与普通方程的互化,考查圆的极坐标方程,考查极坐标方程的求解运算,考查了学生的计算能力以及转化能力,属于基础题.18.(1);(2).【解析】
(1)分类讨论去绝对值号,然后解不等式即可.(2)因为对任意,都存在,使得不等式成立,等价于,根据绝对值不等式易求,根据二次函数易求,然后解不等式即可.【详解】解:(1)当时,,则当时,由得,,解得;当时,恒成立;当时,由得,,解得.所以的解集为(2)对任意,都存在,得成立,等价于.因为,所以,且|,①当时,①式等号成立,即.又因为,②当时,②式等号成立,即.所以,即即的取值范围为:.【点睛】知识:考查含两个绝对值号的不等式的解法;恒成立问题和存在性问题求参变数的范围问题;能力:分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力;中档题.19.(1)证明见解析(2)【解析】
(1)因为正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直,平面平面,,所以平面ABMN,因为平面ABMN,平面ABMN,所以,,因为,所以,因为,所以,所以,因为在直角梯形ABMN中,,所以,所以,所以,因为,所以平面.(2)如图,取BM的中点E,则,又BM∥AN,所以四边形ABEN是平行四边形,所以NE∥AB,又AB∥CD,所以NE∥CD,因为平面CDM,平面CDM,所以NE∥平面CDM,所以点N到平面CDM的距离与点E到平面CDM的距离相等,设点N到平面CDM的距离为h,由可得点B到平面CDM的距离为2h,由题易得平面BCM,所以,且,所以,又,所以由可得,解得,所以点N到平面CDM的距离为.20.(1);(2)10【解析】
(1)消去参数,可得曲线C的普通方程,再根据极坐标与直角坐标的互化公式,代入即可求得曲线C的极坐标方程;(2)将代入曲线C的极坐标方程,利用根与系数的关系,求得,进而得到=,结合三角函数的性质,即可求解.【详解】(1)由题意,曲线C的参数方程为,消去参数,可得曲线C的普通方程为,即,又由,代入可得曲线C的极坐标方程为.(2)将代入,得,即,所以=,其中,当时,取最大值,最大值为10.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程,极坐标方程与直角坐标方程的互化,以及曲线的极坐标方程的应用,着重考查了运算与求解能力,属于中档试题.21.(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)推导出BC⊥CE,从而EC⊥平面ABCD,进而EC⊥BD,再由BD⊥AE,得BD⊥平面AEC,从而BD⊥AC,进而四边形ABCD是菱形,由此能证明AB=AD.(Ⅱ)设AC与BD的交点为G,推导出EC//FG,取BC的中点为O,连结OD,则OD⊥BC,以O为坐标原点,以过点O且与CE平行的直线为x轴,以BC为y轴,OD为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角A-BF-D的余弦值.【详解】(Ⅰ)证明:,即,因为平面平面,所以平面,所以,因为,所以平面,所以,因为四边形是平行四边形,所以四边形是菱形,故;解法一:(Ⅱ)设与的交点为,因为平面,平面平面于,所以,因为是中点,所以是的中点,因为,取的中点为,连接,则,因为平面平面,所以面,以为坐标原点,以过点且与平行的直线为轴,以所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系.不妨设,则,,,,,,,设平面的法向量,则,取,同理可得平面的法向量,设平面与平面的夹角为,因为,
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 苏教版小学科学四年级下册知识点提炼
- 解读苏教版加法未知数之谜
- 人教版字词激发创新思维
- 课件制作人教版平均分教学技巧分享
- 人教版四年级知识点总结
- 人教版小学数学教学资源
- 六年级苏教版语文上册教学视频
- 一年级数学上册比较重点
- 苏教版五年级下册语文期末考查复习题
- 初中数学北师大版初一公式全解读
- 突发公共卫生事件应急预案及处理流程
- 劳务派遣方案
- 生物技术食品实验指导汇总
- 人教版数学三年级上册全册各单元教材解读教材解析
- 医疗器械仓库库房布局设计指南
- 云计算技术-分布式计算 课件
- 公司廉洁自律管理制度
- 2023年制冷工程师年度总结及下年规划
- 防火及动火作业监理实施细则范本
- 车间6S管理知识培训教材
- 激励在人力资源管理中的作用开题报告
评论
0/150
提交评论